四川省2020届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）

四川省2020届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.以下说法正确的是A.天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内释放出的射线B.衰变的实质是原子核内的一个质子转化成一个中子和一个粒子C.原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这种现象叫做质量亏损D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上时，电子的动能减小，原子的能量也减小【答案】A【解析】天然放射现象是原子核发生衰变发出三种射线，故这三种射线是从原子核内释放出的射线，所以A正确；衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个粒子，所以B错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这种现象叫做质量亏损，故C错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上时，需吸收能量，电子的动能减小，原子的能量增大，故D错误。2.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2：1：2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（）A.12()2xxB.12()4xxC.12(3)2xxD.12(3)4xx【答案】B【解析】设bc段所用时间为t，根据匀变直线运规律可知，bc段平均速度等ad段平均速度，即··bcbcadxvtvt，125bcadxxxvt，由以上两式可解得：124bcxxx，故B正确。3.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示．经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是()A.加速时发动机提供的动力的大小等于mgB.加速与减速时的加速度大小之比为2∶1C.减速飞行时间t后速度减为零D.加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1【答案】B【解析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：在△OFFb中，由几何关系得：F=3mg，Fb=mg，故A错误；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F'跟合力F'h垂直，如图所示，此时合力大小为：F'h=mgsin30°；动力大小：F′=32mg；飞行器的加速度大小为：a2=30 mgsinm=0.5g；加速与减速时的加速度大小之比为a1：a2=2：1，故B正确；到最高点的时间为：220.5vgtttag＝，故C错误；t时刻的速率：v=a1t=gt；加速与减速过程发生的位移大小之比为2212 22vvaa：=1：2，故D错误。故选B。4.额定功率为80kW的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度为20m/s．已知汽车的质量为2×103kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为2m/s2．假定汽车在整个运动过程中阻力不变．下列说法中正确的是A.汽车匀加速过程中的牵引力大小为4×103NB.汽车维持匀加速运动的时间为10sC.汽车匀加速过程的位移大小为25mD.汽车在3s末的瞬时功率为2.4×104W【答案】C【解析】【详解】v最大时，有：a=0即F=f，根据P=fvm解得：4000mPfNv；根据牛顿第二定律可得加速时的牵引力为：F引=f+ma=4000+2×103×2=8000N，选项A错误；匀加速达到的最大速度为v，则有：P=Fv解得：10/PvmsF引，由v=at得：1052vtssa，选项B错误；汽车匀加速过程的位移大小为21252satm，选项C正确；3s末的速度为：v=at=3×2m/s=6m/s，故3s末的瞬时功率为：P=Fv=8000×6W=48kW，选项D错误；故选C.5.如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力A.它们运动的时间相同B.它们运动的加速度相同C.它们所带的电荷量相同D.电场力对它们做功相同【答案】A【解析】试题分析：运动时间等于0xtv，由于x相等，因此选项A正确。根据212yat，Q的加速度是P的两倍，选项B错误。再根据qEma，可知Q的电量是P的两倍，选项C错误。由WqU，电场力对Q做的功是P的4倍，选项D错误。考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的偏转。6.如图所示，将劲度系数为k的轻弹簧竖直固定水平地面上．手持质量为m的物块从与弹簧接触（未连接）开始缓慢挤压弹簧．在弹性限度内弹簧长度被压缩了x，释放物块，物块开始向上运动，运动的最大距离为3x．不计空气阻力．重力加速度为g，则（）A.释放瞬间，物体的加速度大小为kxmB.释放瞬间，弹簧的弹性势能大小为mgxC.物体从释放到最高点过程中，做匀减速运动的时间为4xgD.物体从释放到最高点过程中，其中加速过程克服重力做的功为mgx【答案】C【解析】【详解】A．弹性限度内弹簧长度被压缩了x，则弹簧的弹力大小为：Fkx释放瞬间物体受到重力和弹力的作用，加速度大小为：Fmgkxagmm故A错误；B．物体上升是最大距离是3x，则在最高点的重力势能为3mgx，因为上升的过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能，所以可以知道释放瞬间，弹簧的弹性势能大小为3mgx.故B错误；C．物体在释放后，开始时受到重力和弹簧的弹力随物体的上升，弹簧的弹力减小，所以物体做加速度减小化的加速运动;当弹簧的弹力小于重力后做减速运动，直到物体离开弹簧后只受到重力时才开始做匀减速直线运动，所以做匀减速运动的距离在2x,运动的时间：24hxtgg所以C正确；D．物体在释放后开始时受到重力和弹簧的弹力，随物体的上升弹簧的弹力减小，所以物体做加速度减小的加速运动；当弹簧的弹力小于重力后做减速运动，所以加速过程中的位移：mgxxk该过程中克服重力做的功：mgWmgxk故D错误7.在光滑水平面上，一质量为m，边长为l的正方形导线框abcd，在水平向右的恒力F的作用下穿过某匀强磁场，该磁场的方向竖直向下。宽度为LLl，俯视图如图所示。已知dc边进入磁场时的速度为0v，ab边离开磁场时的速度仍为0v。下列说法正确的是（）A.线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同B.线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C.线框穿过磁场的过程中一直做匀速直线运动D.线框穿过磁场过程中恒力F做的功等于线框产生的焦耳热【答案】D【解析】A．线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为逆时针方向，线框出磁场时，ab边切割磁感线，感应电流为顺时针方向，故进入和穿出磁场时感应电流方向相反，故A错误；B．由左手定则知，进入和穿出磁场时，线框受到的安培力都为向左，故进入和穿出磁场时线框受到的安培力方向相同．故B错误；C．由于线框边长l小于磁场宽度L，线框完全进入磁场后经历一次加速，由于进出磁场时线框速度不变，因此线框在进入磁场时先做减速运动，完全在磁场中时做匀加速运动，出磁场时做减速运动，故C错误；D．线框进入和穿出磁场时，应用动能定程0mgLlW，W为线框克服安培力做功，安培力做功转化为线框的焦耳热，故D正确；故选D。8.如图所示，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量为m的金属杆，导轨间距为L，导轨的一端连接一阻值为R的电阻，金属杆与导轨的电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面．现给金属杆一个水平向右的初速度0v，让其自由滑行，导轨足够长，则金属杆滑行过程所受安培力F、运动速度v、加速度a、位移x大致图像正确的是【答案】B【解析】试题分析：ab杆向右切割磁感线时产生感应电流，杆将受到安培力阻碍而做减速运动，速度减小，安培力大小随之减小，则加速度减小．故杆做加速度减小的减速运动直到停止运动．由于速度不是均匀减小的，所以安培力和加速度都不是均匀减小的，AC错误；根据动量定理可得0tBILmvmv，又因为22t()BLxBLxBILBLItBLRR，所以，故v关于x是一次函数，故B正确；因为导体棒受到向左的安培力，速度是减小的，所以x-t不会是一条直线，D错误；故选B考点：考查了导体切割磁感线运动点评：关键是知道安培力方向，然后判断速度变化，根据速度变化判断安培力变化二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）9.如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动的卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（）A.椭圆轨道的长轴长度为2RB.卫星在I轨道的速率为0υ，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为Bυ，则0υBυC.卫星在I轨道的加速度大小为0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为A，则0AD.若OA=0.5R，则卫星在B点的速率Bυ23GMR【答案】ABC【解析】【详解】A.有开普勒第三定律可得：23Tka，因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为R椭圆，故aR，即椭圆轨道的长轴的长度为2R。故A正确。B.根据万有引力提供向心力可得：22MmvGmrr，故GMvr，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB为半径做圆周运动的速度为v，那么0vv；又卫星Ⅱ在B点做向心运动，所以有Bvv，综上有0Bvvv。故B正确。C.卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：2MmGmar，所以加速度为2MaGr，又有OAR,所以0Aaa。故C正确。D.若0.5OAR，则=1.5OBR，那么23GMvR，所以23BGMvR。故D错误。10.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表和电压表均为理想交流电表．已知交流电源电压瞬时值表达式为u=2202sin100πt（V）．下列说法中正确的是（）A.电压表的示数为22VB.通过滑动变阻器R的交流电的频率为50HzC.若将滑动变阻器的滑片下移，则电压表的示数变小D.若将滑动变阻器的滑片上移，则R0消耗的功率变大【答案】BC【解析】【详解】A．由交变电流的表达式可以知道输入电压的最大值为2202V，因此有效值为1220VU，但是电压是接在定值电阻与变压器两端的，故变压器输入电压小于220V，根据电压之比等于线圈匝数之比可以知道电压表示数小于22V，故A错误；B．输入电流的角速度100π,则由：2πf可得交流电的频率：100π50Hz2πf变压器不改变交流电的频率，故通过变阻器R的交流电的频率也为50Hz，所以B正确；C．若将滑动变阻器的滑片下移，则输出电流增大，输入电压减小，故电压表示数减小，所以C正确；D．若将滑动变阻器的滑片上移，滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可以知道输出电流减小，根据电流之比等于线圈匝数的反比可以知道输入电流减小，则0R消耗的功率变小，故D错误.11.如图所示，水平地面上的物体，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是A.物体可能只受到三个力的作用B.物体一定受到了四个力的作用C.物体受到的滑动摩擦力大小为FcosθD.物体对水平地面的摩擦力大小为µmg【答案】BC【解析】试题分析：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故A错误，BC正确；根据物体处于平衡状态可知，水平方向有：，竖直方向有：，C正确；D错误；故选BC。考点：受力分析、物体的平衡条件的应用。【名师点睛】受力分析时注意弹力和摩擦力一定在物